浙江省宁波市镇海中学2023届高三下学期5月模拟考试数学试题（含解析）

浙江省宁波市镇海中学2023届高三下学期5月模拟考试数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A．或 B．

C． D．

2．已知，则“”是“”的（    ）条件．

A．充分不必要 B．必要不充分

C．充分必要 D．既不充分也不必要

3．二项式展开式中的系数为（    ）

A． B． C． D．

4．数列满足，，则（    ）

A． B． C． D．3

5．赵爽弦图是中国古代数学的重要发现，它是由四个全等直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形（如图）．已知小正方形的面积为1，直角三角形中较小的锐角为，且，则大正方形的面积为（    ）

A．4 B．5 C．16 D．25

6．已知，，，则向量在向量方向上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

7．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

8．表面积为的球内切于圆锥，则该圆锥的表面积的最小值为（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．某地区高三男生的身高X服从正态分布，则（    ）

A． B．若越大，则越大

C． D．

10．随机变量的分布列如表：其中，下列说法正确的是（    ）

A． B．

C．有最大值 D．随y的增大而减小

11．在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实：

（1）过点，且以为方向向量的空间直线l的方程为；

（2）过点，且为法向量的平面的方程为．

现已知平面，，，（    ）

A． B． C． D．

12．定义：若数列满足，存在实数M，对任意，都有，则称M是数列的一个上界．现已知为正项递增数列，，下列说法正确的是（    ）

A．若有上界，则一定存在最小的上界

B．若有上界，则可能不存在最小的上界

C．若无上界，则对于任意的，均存在，使得

D．若无上界，则存在，当时，恒有

三、填空题

13．复数，则__________．

14．已知a，b为两个正实数，且，则的最大值为__________．

15．已知恒成立，则t的取值范围是__________．

16．已知椭圆，、分别是其左，右焦点，P为椭圆C上非长轴端点的任意一点，D是x轴上一点，使得平分．过点D作、的垂线，垂足分别为A、B．则的最大值是__________．

四、解答题

17．设函数，，．

(1)求函数的单调递增区间；

(2)已知凸四边形中，，，，求凸四边形面积的最大值．

18．已知数列的前n项和为，，且．

(1)求数列的通项；

(2)设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围．

19．在直角梯形中，，，，现将沿着对角线折起，使点D到达点P位置，此时二面角为．

(1)求异面直线，所成角的余弦值；

(2)求点A到平面的距离．

20．浙江省是第一批新高考改革省份，取消文理分科，变成必考科目和选考科目．其中必考科目是语文、数学、外语，选考科目由考生在思想政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术7个科目中自主选择其中3个科目参加等级性考试．为了调查学生对物理、化学、生物的选考情况，从镇海中学高三在物理、化学、生物三个科目中至少选考一科的学生中随机抽取100名学生进行调查，他们选考物理、化学、生物的科目数及人数统计如表：

(1)从这100名学生中任选2名，求他们选考物理、化学、生物科目数相等的概率；

(2)从这100名学生中任选2名，记X表示这2名学生选考物理、化学、生物的科目数之差的绝对值，求随机变量X的数学期望；

(3)学校还调查了这100位学生的性别情况，研究男女生中纯理科生大概的比例，得到的数据如下表：（定文同时选考物理、化学、生物三科的学生为纯理科生）

请补齐表格，并说明依据小概率值的独立性检验，能否认为同时选考物理、化学、生物三科与学生性别有关．

参考公式：，其中．

附表：

21．已知椭圆，F为其右焦点，，为椭圆外两点，直线交椭圆于两点．

(1)若，，求的值；

(2)若三角形面积为S，求S的取值范围．

22．已知，．

(1)求在处的切线方程；

(2)求证：对于和，且，都有；

(3)请将（2）中的命题推广到一般形式，井用数学归纳法证明你所推广的命题．

参考答案：

1．B

【分析】解不等式可得集合，由补集定义可确定集合，根据交集定义可求得结果.

【详解】由得：，即；

，，.

故选：B.

2．C

【分析】根据指数函数单调性解不等式，进而根据充分、必要条件分析判断.

【详解】因为，则等价于，

又因为在定义域内单调递增，则等价于，

即等价于，故“”是“”的充要条件.

故选：C.

3．D

【分析】利用二项式定理可得展开式通项，分别令即可确定的系数.

【详解】展开式通项为：，

令，则展开式中的系数为；

令，则展开式中的系数为；

令，则展开式中的系数为；

展开式中的系数为.

故选：D.

4．A

【分析】首先根据递推公式，求数列中的项，并得到数列的周期，再求的值.

【详解】因为，，

所以，解得，

又，解得，

又，，，

显然，接下去，

所以数列是以3为周期的周期数列，

则.

故选：A.

5．D

【分析】根据正切函数二倍角公式求得，根据赵爽弦图直角三角的边角关系得两直角边长，即可得大正方形的边长，可求得面积.

【详解】因为，所以

由题意小正方形的面积为1，则小正方形的边长为1，设直角三角形较短的直角边为，则较长的直角边长为,

所以，解得，所以大正方形的边长为，

故大正方形的面积为.

故选：D.

6．B

【分析】先求出两个向量的数量积，再根据公式可求投影向量.

【详解】因为，故，

故，而向量在向量方向上的投影向量为，

故选：B.

7．D

【分析】先根据，，得到，再构造函数，比较出，得到结论.

【详解】，

，，

下证时，，

设，射线与单位圆相交于点，过点作⊥轴于点D，

单位圆与轴正半轴交于点，过点作⊥轴，交射线于点，连接，

则，

设扇形的面积为，因为，

所以，即，

故，所以，，

所以，

因为，令，，

则，其中，

令，则，，

令，则在上恒成立，

则在上单调递增，又，

故在上恒成立，

所以在上单调递增，又，

故在上恒成立，

所以在上单调递增，又，

所以，即，

则

因为，

令，，

则，令，

则，令，

则，令，

则在上恒成立，

所以在单调递减，

又，故在上恒成立，

所以在上单调递减，

又，故在上恒成立，

所以在上单调递减，

又，故在上恒成立，

故在上单调递减，

又，故，即，

故，

其中，

则，D正确.

故选：D

【点睛】麦克劳林展开式常常用于放缩法进行比较大小，常用的麦克劳林展开式如下：

，，

，

，

，

8．B

【分析】求出圆锥内切球的半径，设圆锥顶点为，底面圆周上一点为，底面圆心为，内切球球心为，内切球切母线于，底面半径，，则，求出，再换元利用基本不等式求出函数的最小值得解.

【详解】设圆锥的内切球半径为，则，解得，

设圆锥顶点为，底面圆周上一点为，底面圆心为，内切球球心为，

轴截面如下图示，内切球切母线于，底面半径，，则，

又，故，

又，故，

故该圆锥的表面积为，

令，所以，

所以.

（当且仅当时等号成立）

所以该圆锥的表面积的最小值为.

故选：B

9．AC

【分析】根据随机变量服从正态分布，求得对称轴，再根据曲线的对称性，即可求解答案．

【详解】由题意，随机变量服从正态分布，所以，即正态分布曲线的对称轴为，

,A选项正确; ,C选项正确;

又由，则，D选项错误;

若越大，则数据越分散，越不集中在平均数附近，越小，B选项错误.

故选：AC．

10．ABC

【分析】利用分布列的性质以及期望与方差公式，列出表达式，结合二次函数的性质判断选项的正误即可．

【详解】由题意可知，即，故A正确；

，故B正确；

，

因为，，易得，

而开口向下，对称轴为，

所以在上单调递增，在上单调递减，

故在处取得最大值，

所以随着y的增大先增大后减小，当时取得最大值，故C正确，D错误.

故选：ABC.

11．CD

【分析】根据公认事实求出直线的方向向量与平面的法向量，用空间向量判断它们之间的位置关系.

【详解】平面，则平面法向量为，

对，则，即，所以过点，方向向量为 ，所以，所以，所以，故A错误D正确.

对，即，所以过点，方向向量为 ，点代入平面方程成立，所以与平面有公共点，故B错误；

对，所以过点，方向向量为 ，

因为，所以 ，所以或，但点代入平面不成立，故，所以，所以C正确.

故选：CD

12．ACD

【分析】AB选项，由有上界判断；C.根据无上界，且为正项递增数列，可得判断；D.用反证法判断.

【详解】A.若有上界，则一定存在最小的上界，故正确；

B.若有上界，则一定存在最小的上界，故错误；

C.若无上界，又为正项递增数列，则时，，，

则，所以，故正确；

D.假设对任意时，恒有，

不妨设，则，

取，当时，，

与假设矛盾，故假设不成立，

所以若无上界，则存在，当时，恒有，故正确；

故选：ACD

13．2

【分析】根据复数的乘法运算进行化简，然后利用复数模的计算公式即可求得模长．

【详解】，，

故答案为：2．

14．

【分析】对平方后，由基本不等式求解.

【详解】因为a，b为两个正实数，

所以，

当且仅当，即时，等号成立，

故的最大值为.

故答案为：

15．

【分析】由已知不等式变形为，构造函数，借助函数单调性，可得恒成立，通过分离参数，以及构造导数求得t的取值范围.

【详解】由，得，

所以，即，

即恒成立，

构造函数，上式即为恒成立，

因为，所以在R上单调递增，

则可得恒成立，

所以，即，

再设，因为，

所以当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；

所以，

从而，即t的取值范围是.

故答案为：

【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：

若在区间上有最值，则

（1）恒成立：；；

（2）能成立：；.

若能分离常数，即将问题转化为：（或），则

（1）恒成立：；；

（2）能成立：；.

16．/0.1875

【分析】利用三角形面积公式、余弦定理，结合椭圆的定义得，再利用均值不等式求解作答.

【详解】设，依题意，，，由，

得，即，

，

椭圆中，，

在中，由余弦定理得，

即有，

则，

因此

，当且仅当时取等号，

所以的最大值是.

故答案为：

17．(1)，

(2)

【分析】（1）先求出，再利用三角变换公式求出函数解析式，结合整体法可求函数的增区间.

（2）先求出，再利用面积公式和三角变换公式结合正弦型函数的性质可求面积的最大值.

【详解】（1）由题意知，得．

因为，所以，

所以，所以，

∴

，

令，解得，

所以的单调递增区间为，．

（2）

由，可得，而，

故，故，故，

设，，而四边形的面积，

则

，

其中，，且，而

故，故当时，.

18．(1)

(2)

【分析】（1）由得到是首项为，公比为的等比数列，从而求出通项公式；

（2）由错位相减法得到，进而得到不等式，即恒成立，分三种情况，得到实数的取值范围.

【详解】（1）当时，，∴，

当时，由①，

得②，

①－②得，

，∴，

∴，

又，

∴是首项为，公比为的等比数列，

∴．

（2）由，得，

所以，

，

两式相减得

，

所以，

由是恒成立，

即恒成立，

不等式恒成立；

时，，得；

时，，得；

所以．

19．(1)

(2)

【分析】（1）作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到异面直线的夹角；

（2）利用点到平面距离的向量公式进行求解.

【详解】（1）过点D做交于O，连接，

以O点为原点，以为x轴，在平面内，过点O垂直于的线为y轴，

过点O垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．

因为，所以，

所以为二面角的平面角．所以，

又因为，所以点，

又因为，，由等边三角形可得，

所以，，

所以，

所以与夹角的余弦值为．

（2），，

设为平面的一个法向量，

则，

令，则，

故，

所以点A到平面的距离为．

20．(1)

(2)

(3)表格见解析，可以认为同时选考物理、化学、生物三科与学生性别有关

【分析】（1）根据古典概型结合组合数分析运算；

（2）根据题意结合古典概型求分布列，进而可求期望；

（3）根据题意完善列联表，求值，并与临界值对比分析.

【详解】（1）记“所选取的2名学生选考物理、化学、生物科目数量相等”为事件A，

则两人选考物理、化学、生物科目数量（以下用科目数或选考科目数指代）为1的情况数为，

数目为2的为，数目为3的有，则．

（2）由题意可知X的可能取值分别为0，1，2．

当X为0时，对应概率为（1）中所求概率：；

当X为1时，1人选考科目数为1，另一人为2或1人为2，1人为3：

；

当X为2时，1人为1，1人为3：．

则分布列如图所示：

故X的期望为．

（3）由题意可得：

零假设为：同时选考物理、化学、生物三科与学生性别相互独立，

即同时选考物理、化学、生物与学生性别无关．

，

所以依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，

即可以认为同时选考物理、化学、生物三科与学生性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.05．

21．(1)

(2)

【分析】（1）设，，由已知，联立，得，由，得，由，得，即可求得.

（2）由到距离是到距离的一半，可知，利用换元法即可求得其最值.

【详解】（1）设，，

因为M，N在椭圆外，所以即．

由题意知，的方程为，联立方程，

化简，得（*），

则，，

由，得，

由，得，

所以，

由（*）式可得，，所以．

（2）因点是中点，所以到距离是到距离的一半，

所以，

令，所以，

因为，所以，所以．

可看成对勾函数，其在上递增，又，

则，即S的取值范围是．

【点睛】关键点睛：本题考查三角形面积的取值范围的求法，考查椭圆、直线方程、向量等基础知识，考查运算求解能力，函数与方程思想，属于中档题.

22．(1)

(2)证明见解析

(3)对于任意的，任意的，，都有，证明见解析

【分析】（1）利用导数求斜率，然后由点斜式可得；

（2）设，令，，利用导数讨论其单调性，然后根据单调性可证；

（3）利用数学归纳法可证.

【详解】（1）因为，所以，

又，所以求在处的切线方程为．

（2）不妨设，

令，，

则，

因为，

所以，

所以在上恒成立．在上单调递减，

所以，即．

（3）对于任意的，任意的，，

都有，

证明：①当时，由（2）知，命题显然成立．

②假设当时命题成立．

即对任意的，，，…，及，，2，3，…，k，．

都有．

现设，，，…，，及，，2，3，…，k，，．

令，，2，3，…，k，则．

由归纳假设可知

所以当时命题也成立．

综上对于任意的，任意的，且，

都有．

【点睛】本题考查观察能力，归纳推理能力，第3问难点在于利用的假设推导时也成立，关键在于如何化为k项之和等于1，令，然后可证.